3
21．解：（Ⅰ）∵S
S
1∴S

S
S
1，
S
1S
S
1S
S
1，S
10，∴S
S
11（
≥2），
又∵a
0，∴S
∴数列

S是等差数列，首项为
22
S11，公差为1，
∴S
1
1
，∴S

当
≥2时，a
S
S
1
12
1；
2
又a11，∴数列a
的通项公式为a
2
1（Ⅱ）b
∴T
由a
1
11111，a
a
12
12
122
12
1
11111111
1123352
12
122
12
1
≥λT
得2
1≥λ×对任意正整数
都成立，2
1
∴2
12≥λ
，
2
124
24
11∴λ≤4
4

令fx4x
11x≥1，则f′x420，xx
∴fx在1∞上递增，
1的最小值为5，∴λ≤9
122．解：（Ⅰ）a1时，fxx3l
x，x13x211x2x124，则f′x12xxx2x2
∴对任意正整数
，4
当0x≤1时，f′x0，∴fx在01上单调递增，
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f∴fx在01上的最大值为f13（Ⅱ）f′x1
1ax2ax12（0x1），判别式a422xxx
∵0x1，a0，∴当≤0时，即0a≤2时，xax10，因此，f′x0，
2
此时，fx在01上单调递增，即fx只有增区间01当0时，即a2时，方程xax10有两个不等根，
2
aa24设x1，2x2aa24，则0x1x2当x变化时，f′x，fx的变化如下：2
x
f′xfx
0x1
单调递增
x1
0极大值
x1x2
单调递减
x2
0极小值
x2∞
单调递增
x11
aa24a2a24122
∵a2，∴a20而a22a24a4，a242a24，由a2可得
a24a4a24，∴a2a24，∴x110，∴x11
x21
aa24a2a241，由a2可得x210，∴x2122
aa24aa241，减区间为22
因此当a2时，fx的增区间为0
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